DY
3
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
2 tháng 9 2019
Bài 1:
a) Áp dụng BĐT Cô-si:
\(VT=a-1+\frac{1}{a-1}+1\ge2\sqrt{\frac{a-1}{a-1}}+1=2+1=3\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2\).
b) BĐT \(\Leftrightarrow a^2+2\ge2\sqrt{a^2+1}\)
\(\Leftrightarrow a^2+1-2\sqrt{a^2+1}+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a^2+1}-1\right)^2\ge0\) ( LĐ )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=0\).
Bài 2: tương tự 1b.
2 tháng 9 2019
Bài 3:
Do \(a,b,c\) dương nên ta có các BĐT:
\(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)
Tương tự: \(\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT:
\(\frac{a+b+c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)( đpcm )
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 5 2020
a/ \(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y\)
b/Đặt biểu thức vế trái là Q
\(\frac{1}{a+b+1+3}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+1}\right)+\frac{1}{12}\)
Thiết lập tương tự và cộng lại:
\(Q\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\right)+\frac{1}{4}\)
Xét \(P=\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(\Rightarrow P=\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+1}+\frac{1}{yz\left(y+z\right)+1}+\frac{1}{zx\left(z+x\right)+1}\)
\(P\le\frac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\frac{xyz}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\frac{xyz}{zx\left(z+x\right)+xyz}\)
\(P\le\frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=1\)
\(\Rightarrow Q\le\frac{1}{4}.1+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
PA
2 tháng 8 2017
b)
Đề: Cho a, b, c > 0 và abc = ab + bc + ca. Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}\le\frac{3}{16}\)
~ ~ ~ ~ ~
\(abc=ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow1=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\), ta có:
\(\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}\)
\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2\left(b+c\right)}+\frac{1}{2\left(a+b\right)}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2\left(a+c\right)}+\frac{1}{a+b}\right)\)
\(=\frac{1}{4}\left[\frac{3}{2\left(a+c\right)}+\frac{3}{2\left(b+c\right)}+\frac{3}{2\left(a+b\right)}\right]\)
\(=\frac{3}{8}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\right)\)
\(\le\frac{3}{32}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{3}{16}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
NH
1
14 tháng 4 2020
mình cảm ơn ạ,đây là bđt svac xơ phải k ạ? bđt này mình chưa học,chỉ mới nghe qua.Bạn có thể làm bài theo cách dùng cosi đc không ạ?
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 4 2020
\(a+b+c=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}}=9\)
Nguyễn Hồng Nhung
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 8 2021
Hằng đẳng thức:
\(\left(x-y-z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(yz-xy-zx\right)=x^2+y^2+z^2-2\left(xy+xz-yz\right)\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2=\left(x-y-z\right)^2+2\left(xy+xz-yz\right)\)
Giờ thay \(x=\dfrac{1}{a}\) ; \(y=\dfrac{1}{b}\); \(z=\dfrac{1}{c}\) là ra cái người ta làm
NL
1
24 tháng 6 2016
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}=1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+1+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+1+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}.\)
\(=3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
Theo Cosy với a;b;c >0
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2\);\(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge2\sqrt{\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{b}}=2\);\(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{c}\cdot\frac{c}{a}}=2\)
Do đó: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3+2+2+2=9\)đpcm.
Dấu "=" khi a=b=c=1/3.
7 tháng 7 2016
a) Mình sửa lại đề bài của bạn chút : Cần chứng minh \(\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}-\sqrt{ab}\le0\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có : \(\left[\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\right]^2=\left(\sqrt{c}.\sqrt{a-c}+\sqrt{b-c}.\sqrt{c}\right)^2\le\left(c+b-c\right)\left(a-c+c\right)\)
\(\Rightarrow\left[\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\right]^2\le ab\Rightarrow\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\le\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}-\sqrt{ab}\le0\)(đpcm)
b) Ta có : \(\sqrt{1+b}+\sqrt{1+c}=2\sqrt{1+a}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có : \(\left(2\sqrt{1+a}\right)^2=\left(1.\sqrt{1+b}+1.\sqrt{1+c}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(1+b+1+c\right)\)
\(\Leftrightarrow4\left(1+a\right)\le2\left(b+c+2\right)\Leftrightarrow4+4a\le2\left(b+c\right)+4\Leftrightarrow b+c\ge2a\)(đpcm)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab+bc+ca}{abc}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
áp dụng cô si ta có : \(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge3\cdot3\cdot\sqrt[3]{a^3b^3c^3}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\left(đpcm\right)\)
a) 1/a + 1/b + 1/c ≥ 9/(a+b+c)
<=> (1/a + 1/b + 1/c )(a+b+c) ≥ 9
Ta có : 1/a + 1/b + 1/c ≥ 3.căn bậc 3 1/abc
a+b+c ≥ 3 căn bậc 3 abc
(1/a + 1/b + 1/c)(a+c+c) ≥ 9 căn bậc 3 abc/abc = 9
<=> 1/a + 1/b + 1/c ≥ 9(a+b+c)
Hok tốt !!!!!!!!!!!